Tout nombre transcendantal calculable qui est calculable en temps P mais pas

Y at - il un nombre transcendantal calculable connu tel que son ième chiffre est calculable en temps polynomial, mais pas dans ? $n$ $O(n)$

cc.complexity-theory comp-number-theory

— XL _At_Here_There
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Cela n'a toujours pas de sens. Voulez-vous dire «... mais pas dans le temps

», ou quoi?

O (n)

$O(n)$

— Emil Jeřábek

Je veux dire en temps P et non en

. Je ne sais pas si mon anglais est faux ou le vôtre, en tout cas merci pour votre commentaire.

O (n)

$O(n)$

— XL _At_Here_There

Si l'auteur parvient à formuler cette question dans un anglais lisible, cela pourrait être lié à la conjecture Hartmanis-Stearns: chaque nombre réel calculé par une machine de Turing multitape en temps réel est soit transcendantal soit rationnel.

— Gamow

@Gamow à droite ， mais il exclut le cas de la conjecture de Hartmanis-Stearns.

— XL _At_Here_There

J'ai essayé de rendre cela compréhensible, mais ce n'est toujours pas très clair. Voulez-vous dire non connu pour être calculable en

, ou de manière prouvable non calculable en

? Quel est le modèle de calcul: machine de Turing simple ou multitape, ou autre chose?

O (n)

$O(n)$

O (n)

$O(n)$

— Sasho Nikolov

Réponses:

Voici la construction d'un tel nombre. Vous pouvez vous demander si cela signifie qu'un tel nombre est "connu".

Prendre toute fonction de à où le ième chiffre est pas calculable en fois. Une telle fonction existe, par exemple, par la technique habituelle de diagonalisation. Interpréter en tant que -ième chiffre décimal d'un nombre réel . Maintenant, pour chaque de la forme , , changez les chiffres de $f$ $\mathbb{N}$ $\{ 1, 2, \ldots, 8 \}$ $n$ $O(n)$ $f(n)$ $n$ $\alpha$ $n$ $2^{2^k}$ $k \geq 1$ $\alpha$ dans les positions à . Le nombre résultant conserve évidemment la propriété que le ième chiffre n'est pas calculable en le temps, mais il a une infinité de très bonnes approximations par rationals, par exemple à l' ordre , de la forme . Alors, par le théorème de Roth, ne peut pas être algébrique. (Ce n'est pas rationnel car il a des blocs arbitrairement longs de $n, n+1, \ldots, 3n$ $0$ $\beta$ $n$ $O(n)$ $O(q^{-3})$ $p/q$ $\beta$ $0$ est déclenché par des nonzeros des deux côtés.)

— Jeffrey Shallit
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Plus généralement, pour toute constante , il existe des nombres transcendantaux calculables en temps polynomial, mais pas en temps . $k\ge1$ $O(n^k)$

$L_0\in\mathrm E$ $O(2^{kn})$ $L\subseteq\{0,1\}^*$ $w\in L$ $3$

$L_1$ $L_0$ $w\in\{0,1\}^*$ $N(w)$ $1w$ $L_1=\{a^{N(w)}:w\in L_0\}$ $L_1\in\mathrm P$ $L_1$ $O(n^k)$ $L_1$ $m$ $L_1$ $a^n$ $2^{3m+1}\le n<2^{3m+3}$

α = \sum {2^{- n} : a^{n} \in L_{1}} .

$\alpha=\sum\{2^{-n}:a^n\in L_1\}.$

2

$2$

$\alpha$ $n$ $a,a^2,\dots,a^n$ $L_1$ $O(n^k)$ $n$ $a^n\in L_1$

$m$

p = \sum {2^{2^{3 m + 1} - n} : n \in L_{1}, n < 2^{3 m + 1}} = ⌊ α 2^{2^{3 m + 1}} ⌋,

$p=\sum\{2^{2^{3m+1}-n}:n\in L_1,n<2^{3m+1}\}=\lfloor\alpha2^{2^{3m+1}}\rfloor,$

q = 2^{2^{3 m + 1}}

$q=2^{2^{3m+1}}$

| α - \frac{p}{q} | \leq 2^{- 2^{3 m + 3}} = q^{- 4} .

$\left|\alpha-\frac pq\right|\le2^{-2^{3m+3}}=q^{-4}.$

α

$\alpha$

4

$4$

— Emil Jeřábek
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Hmm, je vois que j'ai été ramassé. Je vais quand même laisser la réponse, car elle peut être utile à quelqu'un.

— Emil Jeřábek

J'ai choisi le post de Jeffrey comme réponse à la question, puisque sa réponse est postée plus tôt.

— XL _At_Here_There

Oui. Je me souviendrai la prochaine fois de ne pas perdre de temps et d'efforts à rédiger une réponse complète avec tous les détails techniques, car il est apparemment plus utile de poster quelques minutes plus tôt à la place.

— Emil Jeřábek

: D, super! J'espère que nous pourrons profiter de plus de sujets.

— XL _At_Here_There